Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 môn Toán Sở GD&ĐT Hà Nam năm học 2025-2026 có đáp án

Ta có \[\left\{ \begin{array}{l}2x - y =  - 7\\x + 2y = 4\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}4x - 2y =  - 14\\x + 2y = 4\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}5x =  - 10\\x + 2y = 4\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\x + 2y = 4\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}x =  - 2\\y = 3\end{array} \right.\]

Vậy hệ phương trình đã có nghiệm \[\left( {x;y} \right) = \left( { - 2;3} \right)\].

Gọi điểm \[M\] thuộc đồ thị hàm số \[y = \frac{1}{4}{x^2}\] và có tung độ bằng 4

Thay \[y = 4\] vào công thức hàm số \[y = \frac{1}{4}{x^2}\] ta được \[4 = \frac{1}{4}{x^2}\] hay \[{x^2} = 16\] do đó \[x =  \pm 4\].

Vậy toạ độ các điểm cần tìm là: \[{M_1}\left( {4;4} \right)\] hoặc \[{M_2}\left( { - 4;4} \right)\].

Xét phương trình \[{x^2} - 7x + 2 = 0\] có \[\Delta  = {\left( { - 7} \right)^2} - 4.2 = 41 > 0\] nên phương trình bài ra có hai nghiệm phân biệt \[{x_1},{x_2}\].

Áp dụng định lí Vi-ét, ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 7 > 0\\{x_1}.{x_2} = 2 > 0\end{array} \right.\] nên \[{x_1},{x_2}\] là hai nghiệm dương phân biệt.

Vì \[{x_2}\] là nghiệm phương trình \[{x^2} - 7x + 2 = 0\] nên ta có: \[x_2^2 - 7{x_2} + 2 = 0\] hay \[x_2^2 = 7{x_2} - 2\]

Suy ra: \[2x_2^2 - {x_2} + 11 = x_2^2 - {x_2} + 11 + x_2^2 = x_2^2 - {x_2} + 11 + 7{x_2} - 2\]\[ = x_2^2 + 6{x_2} + 9 = {\left( {{x_2} + 3} \right)^2}\]

Khi đó: \[T = \sqrt {{{\left( {{x_1} + 1} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {{x_2} + 3} \right)}^2}}  = \left| {{x_1} + 1} \right| + \left| {{x_2} + 3} \right|\]\[ = {x_1} + 1 + {x_2} + 3\] ( vì \[{x_1},{x_2} > 0 \Rightarrow {x_1} + 1 > 0,{x_2} + 3 > 0\]) hay \[T = {x_1} + {x_2} + 4 = 11\].

Vậy \[T = 11\].

1) Ta có: \[P = \left( {\frac{{\sqrt x  + 1}}{{\sqrt x  - 1}} - \frac{{\sqrt x  - 1}}{{\sqrt x  + 1}} - \frac{8}{{x - 1}}} \right) \cdot \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}\]\[ = \left( {\frac{{{{\left( {\sqrt x  + 1} \right)}^2}}}{{x - 1}} - \frac{{{{\left( {\sqrt x  - 1} \right)}^2}}}{{x - 1}} - \frac{8}{{x - 1}}} \right) \cdot \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}\]

\[ = \frac{{x + 2\sqrt x  + 1 - x + 2\sqrt x  - 1 - 8}}{{x - 1}} \cdot \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}\]\[ = \frac{{4\sqrt x  - 8}}{{x - 1}} \cdot \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}\]\[ = \frac{{4\sqrt x  - 8}}{{\sqrt x }}\]

Vậy \[P = \frac{{4\sqrt x  - 8}}{{\sqrt x }}\] với \[x > 0\] và \[x \ne 1\].

            2) Để \[\left| P \right| + P = 0\] thì \[\left| P \right| =  - P\] nên \[P \le 0\] do đó \[\frac{{4\sqrt x  - 8}}{{\sqrt x }} \le 0\] mà \[x > 0\] nên \[\sqrt x  > 0\] hay \[4\sqrt x  - 8 < 0\]

            Do đó \[\sqrt x  < 2 \Rightarrow x < 4\]. Kết hợp điểu kiện \[x \in \mathbb{Z},x > 0,x \ne 1\] nên \[x \in \left\{ {2;3} \right\}\] (thử lại thoả mãn).

            Vậy \[x \in \left\{ {2;3} \right\}\] thì \[\left| P \right| + P = 0\].

Gọi số xe công ty Y dự định sử dụng lúc đầu là \[x\] (xe), điều kiện: \[x \in N\].

            Khi đó số tấn hàng theo dự định mỗi xe phải chở là: \[\frac{{80}}{x}\] (tấn).

            Vì trước khi khởi hành, do phát sinh công ty Y phải chở thêm \[4\] tấn hàng nữa, vì thế công ty đã điều thêm \[2\] xe cùng tham gia vận chuyển nên số tấn hàng mỗi xe phải chở lúc này là: \[\frac{{80 + 4}}{{x + 2}} = \frac{{84}}{{x + 2}}\] (tấn).

            Theo bài ra,ta có: \[\frac{{80}}{x} - \frac{{84}}{{x + 2}} = 1\]

            \[80\left( {x + 2} \right) - 84x = x\left( {x + 2} \right)\]

            \[160 - 4x = {x^2} + 2x\]

            \[{x^2} + 6x - 160 = 0\]

            \[\left[ \begin{array}{l}x = 10\left( {t/m} \right)\\x =  - 16\left( l \right)\end{array} \right.\]

            Vậy ban đầu, công ty Y dự định sử dụng \[10\] xe.

a) Bảng tần số tương đối của bảng tần số trên là:

 b) Số học sinh có thời gian tự học ít nhất \[3\] giờ trong một ngày là: \[6 + 3 + 2 = 11\] (học sinh).

            Tỉ lệ phần trăm số học sinh có thời gian tự học ít nhất \[3\] giờ trong một ngày là: \[\frac{{11}}{{20}}.100\%  = 55\% \]

a) Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {MAO} = \widehat {MBO} = {90^{\rm{o}}}\]

Suy ra hai tam giác \[\Delta MAO,\Delta MBO\] lần lượt vuông góc tại \[A,B\]

Do đó \[M,A,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\] và \[M,B,O\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[MO\].

Vậy \[4\] điểm \[M,A,O,B\] cùng thuộc một đường tròn.

b) Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[\widehat {CBF} = \widehat {CDF}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[CF\])

Xét \[\Delta EBC\] và \[\Delta EDF\] có:

\[\widehat {CBE} = \widehat {FDE}\] (cmt), \[\widehat {CEB} = \widehat {FED}\] (hai góc đối đỉnh)

Do đó  (g.g).

c) Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \[OC = OD = R\] nên tam giác \[OCD\] cân tại \[O\] do đó đường trung tuyến \[OE\] đồng thời là đường cao nên \[OE \bot CD\].

Khi đó \[\Delta MOE\] vuông tại \[E\] nên \[E\] thuộc đường tròn đường kính \[MO\] hay \[5\] điểm \[M,A,E,O,B\] cùng thuộc một đường tròn.

Do đó \[\widehat {AEM} = \widehat {AOM}\], \[\widehat {MEB} = \widehat {MOB}\].

Vì \[MA,MB\] là tiếp tuyến của \[\left( O \right)\] nên \[OM\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AOB}\] hay \[\widehat {AOM} = \widehat {BOM}\] suy ra: \[\widehat {AEM} = \widehat {BEM}\] nên \[EM\] là tia phân giác của góc \[\widehat {AEB}\].

d)

Ta có \[\widehat {BEM} = \widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOA} = \widehat {AFB}\] nên \[CD{\rm{//}}AF\] do đó \[{S_{MFD}} = {S_{MAD}}\]

Mà: \[{S_{MAD}} = \frac{1}{2}DH.AM \le \frac{1}{2}AM.AD \le \frac{1}{2}.AM.2R = AM.R\] không đổi do \[AM,R\] không đổi

Do đó \[{S_{MFD}}\] đạt giá trị lớn nhất là \[AM.R\] khi \[AD\] là đường kính của đường tròn \[\left( O \right)\].

Xét tam giác \[ABC\] vuông tại \[B\], ta có: \[\cos {30^{\rm{o}}} = \frac{{AB}}{{BC}}\] do đó \[BC = \frac{{200}}{{\cos {{30}^{\rm{o}}}}} = \frac{{400}}{{\sqrt 3 }} \approx 231\left( {\rm{m}} \right)\].

Hạ \[AH \bot BC\], gọi \[AH\] cắt \[PQ\] tại \[K\].

Ta có \[PQ{\rm{//}}BC\] nên \[QK{\rm{//}}BH\] và \[PK{\rm{//C}}H\] do đó \[\frac{{QK}}{{BH}} = \frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{PK}}{{CH}} = \frac{{QK + PK}}{{BH + CH}} = \frac{{PQ}}{{BC}}\] (1)

Kí hiệu \[MQ = x,PQ = y\] thì \[KH = MQ = x\] (đk: \[x,y > 0\])

\[\Delta ABC\] vuông tại \[A\] nên \[B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 100\] (định lý pytago) nên \[BC = 10\].

Khi đó: \[{S_{ABC}} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}.AH.BC\] nên \[AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{6.8}}{{10}} = \frac{{24}}{5}\]

Từ (1), ta có: \[\frac{{AK}}{{AH}} = \frac{{PQ}}{{BC}}\] nên \[1 - \frac{{KH}}{{AH}} = \frac{{PQ}}{{BC}}\]\[ \Rightarrow 1 - \frac{x}{{\frac{{24}}{5}}} = \frac{y}{{10}}\]

Hay \[1 = \frac{{5x}}{{24}} + \frac{y}{{10}} \ge 2\sqrt {\frac{{5x}}{{24}}.\frac{y}{{10}}} \]\[ \Rightarrow \frac{1}{4} \ge \frac{{xy}}{{48}}\] hay \[xy \le 12\]\[ \Rightarrow {S_{MNPQ}} = xy \le 12\]

Do đó, diện tích mảnh vườn thực nghiệm lớn nhất là: \[12\left( {{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].

Số tiền để nhà trường làm mảnh vườn có diện tích lớn nhất là: \[12.1,2 = 14,4\] (triệu đồng).